1) Cho các số $m,a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ sao cho: $m^2<a<b$. Chứng minh rằng nếu $ab$ là số chính phương thì: $b>(m+1{)}^2$
2) Cho $p$ là số nguyên tố khác 2; $a$ và $b$ là hai số tự nhiên lẻ sao cho $(a+b)⋮p$ và $(a-b)⋮(p-1)$. Chứng minh rằng $\left(a^b+b^a\right)⋮(2p)$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 3. 1) Giả sử $ab$ là số chính phương, tức $ab=k^2$ với $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Đặt $g=\gcd (a,b)$, viết $a=gx,b=gy$ với $\gcd (x,y)=1$ và $x<y$ (vì $a<b$). Khi đó $ab=g^{2}xy=k^2$ suy ra $xy$ là số chính phương. Vì $x,y$ nguyên tố cùng nhau nên mỗi số $x,y$ đều là số chính phương: $x=u^2,y=v^2$ với $u<v$, tức $v\ge u+1$. Vậy $a=g{u}^2,b=g{v}^2$. Do $m^2<a$ nên $g{u}^2=a\ge m^2+1$, suy ra $gu\ge \sqrt{m^2+1}>m$, mà $gu$ nguyên nên $gu\ge m+1$. Do đó: $$b=g{v}^2\ge g(u+1{)}^2=g{u}^2+2gu+g\ge (m^2+1)+2(m+1)+1=m^2+2m+4>(m+1{)}^2.$$ Vậy $b>(m+1{)}^2$. Đpcm.

2) Trước tiên $a^b+b^a$ là tổng của hai số lẻ nên chẵn, tức $2\mid a^b+b^a$.
Xét tính chia hết cho $p$:
- Nếu $p\mid a$ thì từ $p\mid a+b$ suy ra $p\mid b$, khi đó $p\mid a^b+b^a$.
- Nếu $p\nmid a$: theo đề $p\mid a+b$ nên $b\equiv -a(\mathrm{mod}p)$. Khi đó $$a^b+b^a\equiv a^b+(-a{)}^a=a^b-a^a=a^a\left(a^{b-a}-1\right)(\mathrm{mod}p).$$ Vì $p$ nguyên tố và $p\nmid a$, theo Fermat nhỏ $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$. Mặt khác $(p-1)\mid (a-b)$ nên $(p-1)\mid (b-a)$; do đó $a^{b-a}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ (nếu $b\ge a$ rõ ràng; nếu $b<a$ thì $a^{a-b}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ rồi lấy nghịch đảo modulo $p$ của hai vế, vì $\gcd (a,p)=1$). Vậy $p\mid a^b+b^a$.

Kết hợp: $p\mid a^b+b^a$ và $2\mid a^b+b^a$, mà $\gcd (2,p)=1$ ($p$ nguyên tố lẻ), nên $2p\mid a^b+b^a$. Đpcm.